1. 题目

如图，过圆 ω\omega 上一点 AA 作切线 ll，在 ll 上取关于 AA 对称的两点 A′A'、A′′A''。过 A′A' 作 ω\omega 的一条割线与 ω\omega 交于 PP、QQ，过 A′′A'' 作 ω\omega 的一条割线与 ω\omega 交于 SS、TT。过 AA 作 PQPQ、STST 的平行线，分别与 ω\omega 再次交于点 XX、YY。设 MM 是 QSQS 的中点，求证：AMAM、QYQY、SXSX 三线共点。

2. 分析

这个题要证明的是三线共点，如果能够想到使用角元塞瓦定理来证明，剩下的倒角就是trivial的了。

另外，注意到这个题目中 PP、TT 两点其实没什么作用​（并不是），我们可以把原图看成是以 △AQS\triangle AQS 的外接圆为基础进行的构造，而且其中只有一个长度条件（还是中点），因此可以考虑使用重心坐标来进行计算。

3. 解法一：角元塞瓦定理

只需证

sin⁡∠SAMsin⁡∠MQA⋅sin⁡∠AQYsin⁡∠YQS⋅sin⁡∠QSXsin⁡∠XSA=1 \frac{\sin \angle SAM}{\sin \angle MQA}\cdot \frac{\sin \angle AQY}{\sin \angle YQS}\cdot \frac{\sin \angle QSX}{\sin \angle XSA} =1

即可。

由 MM 是 QSQS 的中点可知

sin⁡∠SAMsin⁡∠MQA=AQAS \frac{\sin \angle SAM}{\sin \angle MQA} = \frac{AQ}{AS}

注意到 ∠A′AQ=∠AXQ\angle A'AQ = \angle AXQ，AX∥A′Q  ⟹  ∠A′QA=∠QAXAX\parallel A'Q \implies \angle A'QA = \angle QAX，因此 △A′QA∼QAX\triangle A'QA \sim QAX，∠A′=∠AQX\angle A' = \angle AQX。

同理可证，△A′′SA∼△SAY\triangle A''SA \sim \triangle SAY，∠A′′=∠ASY\angle A'' = \angle ASY。

因此

sin⁡∠AQYsin⁡∠YQS=sin⁡∠ASYsin⁡∠YAS=sin⁡∠A′′sin⁡∠ASA′′=ASAA′′ \frac{\sin \angle AQY}{\sin \angle YQS} = \frac{\sin \angle ASY}{\sin \angle YAS} = \frac{\sin \angle A''}{\sin \angle ASA''} = \frac{AS}{AA''}

且

sin⁡∠QSXsin⁡∠XSA=sin⁡∠QAXsin⁡∠XQA=sin⁡∠AQA′sin⁡∠A′=AA′AQ \frac{\sin \angle QSX}{\sin \angle XSA} = \frac{\sin \angle QAX}{\sin \angle XQA} = \frac{\sin \angle AQA'}{\sin \angle A'} = \frac{AA'}{AQ}

结合 AA′=AA′′AA'=AA'' 可知结论成立。

4. 解法二：重心坐标

为了方便叙述，我们将题目改成下面的形式：

以 △ABC\triangle ABC 为参考三角形建立重心坐标系，则 A=(1,0,0)A=(1,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(0,0,1)C=(0,0,1)，M=(0:1:1)M=(0:1:1)，ω\omega 的方程为

a2yz+b2zx+c2xy=0 a^2yz+b^2zx+c^2xy=0

切线 ll 的方程为

c2y+b2z=0 c^2y+b^2z=0

设切线上的两点 A′=(m:b2:−c2)A'=\left(m:b^2:-c^2\right)，A′′=(n:b2:−c2)A''=\left(n:b^2:-c^2\right)，则由 AA 是 A′A′′A'A'' 的中点可知

( mm+b2−c2+nn+b2−c2:b2m+b2−c2+b2n+b2−c2:−c2m+b2−c2+−c2n+b2−c2 )=(1:0:0) \begin{aligned} \Biggl(\, & \frac{m}{m+b^2-c^2} + \frac{n}{n+b^2-c^2} : \\ & \frac{b^2}{m+b^2-c^2} + \frac{b^2}{n+b^2-c^2} : \\ & \frac{-c^2}{m+b^2-c^2} + \frac{-c^2}{n+b^2-c^2} \,\Biggr)=(1:0:0) \end{aligned}

故

1m+b2−c2+1n+b2−c2=0 \frac{1}{m+b^2-c^2} + \frac{1}{n+b^2-c^2} = 0

不妨设 m+b2−c2=tm+b^2-c^2=t，n+b2−c2=−tn+b^2-c^2=-t，显然 t≠0t\ne 0。

直线 A′BA'B 的方程为 c2x+mz=0c^2x+mz=0，设直线 AXAX 的方程为 y−kz=0y-kz=0（k≠0k\ne 0），则由 A′B∥AXA'B\parallel AX 可知

∣c20m01−k111∣=0  ⟹  k=m−c2c2=t−b2c2 \begin{vmatrix} c^2 & 0 & m \\ 0 & 1 & -k \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies k = \frac{m-c^2}{c^2} = \frac{t-b^2}{c^2}

联立 AXAX 与 ω\omega 的方程，可解得 XX 的坐标为

X=(−a2k:⋯:b2+c2k)=(−a2k:kt:t) \begin{aligned} X & = \left(-a^2k : \cdots : b^2+c^2k\right) \\ & = \left(-a^2k : kt : t\right) \end{aligned}

因此，直线 CXCX 的方程为 tx+a2y=0tx+a^2y=0。

同理，直线 A′′CA''C 的方程为 b2x−ny=0b^2x-ny=0，设直线 AYAY 的方程为 y−lz=0y-lz=0（l≠0l\ne 0），则由 A′′C∥AYA''C\parallel AY 可知

∣b2−n001−l111∣=0  ⟹  l=−b2n+b2=b2t−c2 \begin{vmatrix} b^2 & -n & 0 \\ 0 & 1 & -l \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 \implies l = -\frac{b^2}{n+b^2} = \frac{b^2}{t-c^2}

联立 AYAY 与 ω\omega 的方程，可解得 YY 的坐标为

Y=(−a2l:⋯:b2+c2l)=(−a2:⋯:b2⋅1l+c2)=(−a2:lt:t) \begin{aligned} Y & = \left(-a^2l : \cdots : b^2+c^2l\right) \\ & = \left(-a^2 : \cdots : b^2\cdot \frac{1}{l}+c^2\right) \\ & = \left(-a^2 : lt : t\right) \end{aligned}

因此，直线 BYBY 的方程为 tx+a2z=0tx+a^2z=0。

又知直线 AMAM 的方程为 y−z=0y-z=0，由

∣ta20t0a201−1∣=0 \begin{vmatrix} t & a^2 & 0 \\ t & 0 & a^2 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = 0

可知直线 BYBY、CXCX、AMAM 平行或交于一点。

注意到 BYBY 与 CXCX 的交点坐标为 (a2:−t:−t)\left(a^2:-t:-t\right)，假设 BY∥CXBY\parallel CX，则有 a2−2t=0a^2-2t=0。可以验证，此时 A′BA'B、A′′CA''C 的交点 (mn,mb2,−nc2)\left(mn, mb^2, -nc^2\right) 位于 ω\omega 上，即原图中 PP、TT 两点重合，不合题意。

因此，原图中直线 QYQY、SXSX、AMAM 交于一点。